题目
题目大意
给你一个序列，对于所有(kin [1,n])，求长度为(k)的子序列的最大权值，权值为(a_1-a_2+a_3-...pm a_k)
思考历程
这题显然可以背包对吧……
所以就直接背包吧……
比赛的时候我还想到了分治，但由于两边合在一起很慢，所以就直接打暴力了。
正解
题解的线段树做法看得并不是很懂。
所以我就说一个分治的方法。
首先题解有个结论：(k)的子序列必然是(k-2)的子序列中插入两个数。
记住是插入，而不仅仅是往左右两边扩展。
为什么呢？考虑反证，如果不是这样，就是(k-2)的子序列中除去若干个数，然后再插入若干的数。这样实际上相当于从(k-x)的状态转移过来，其中(x>2)。
所以我们只需要证明从(k-2)转移过来比更前面的地方转移过来更优。
假设从(k-3)转移过来（其它的情况类似）。
我们将(k-2)的序列中按顺序插入(x)和(y)，那么整个序列被分成几个部分(AxByC)，权值为(Apm x-Bpm y+C)（我们不需要关系(x)和(y)的正负，(B)是原本的贡献，在插入之后符号要翻过来）。
将(k-3)的序列中插入(x)和(y)和(z)（我们假设(x)和(y)插入的位置相同），分成：(AxByDzE)，权值为(A pm x-B pm y+D pm z-E)
比较一下，前半部分抵消了，就变成(C)和(D pm z-E)
它们都可以看做一个整体。如果后面的更优，它肯定会在之前替代(C)。所以前者是更优一些的。
这就证完了。
然后考虑分治。分治的重点是合并左右两个区间的答案。
考虑由(s)转移到(s+2)。设转移(s)的时候左边用了(s_1)个，右边用了(s_2)个。
分类讨论看看新插入的两个点放哪边，就有如下三种情况：
- 左边(s_1+2)，右边(s_2)。
- 左边(s_1+1)，右边(s_2+1)
- 左边(s_1)，右边(s_2+2).
根据上面的那个结论，前后两种情况是没有问题的。问题在于第二种情况。
由于是(+1)，所以就不能用那个结论。
然而，我们发现，在左边(s1)或右边(s2)的状态中各插一个，其实也算在左边(s1+1)或右边(s2+1).的状态中。也就是说，(s1+1)的状态大于等于(s1)插一个转移过去的状态。
所以这样操作没有影响。
代码
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <climits>
#define N 100010
int n,a[N];
int _fmn[N],_fmx[N];
int gmn[N],gmx[N];
inline int at(int *a,int x){return x?a[x]:0;}
void dfs(int l,int r){
int *fmn=_fmn+l-1,*fmx=_fmx+l-1;
if (l==r){
fmn[1]=fmx[1]=a[l];
return;
}
int mid=l+r>>1;
dfs(l,mid),dfs(mid+1,r);
int *lmn=_fmn+l-1,*lmx=_fmx+l-1,*rmn=_fmn+mid,*rmx=_fmx+mid,s1=0,s2=0;
for (int i=2;i<=r-l+1;i+=2){
int ts1,ts2,v=INT_MIN;
if (s2+2<=r-mid){
int tmp=(s1&1?at(lmx,s1)-at(rmn,s2+2):at(lmx,s1)+at(rmx,s2+2));
if (tmp>v)
v=tmp,ts1=s1,ts2=s2+2;
}
if (s1+1<=mid-l+1 && s2+1<=r-mid){
int tmp=(s1+1&1?at(lmx,s1+1)-at(rmn,s2+1):at(lmx,s1+1)+at(rmx,s2+1));
if (tmp>v)
v=tmp,ts1=s1+1,ts2=s2+1;
}
if (s1+2<=mid-l+1){
int tmp=(s1+2&1?at(lmx,s1+2)-at(rmn,s2):at(lmx,s1+2)+at(rmx,s2));
if (tmp>v)
v=tmp,ts1=s1+2,ts2=s2;
}
gmx[i]=v;
s1=ts1,s2=ts2;
}
s1=0,s2=0;
for (int i=2;i<=r-l+1;i+=2){
int ts1,ts2,v=INT_MAX;
if (s2+2<=r-mid){
int tmp=(s1&1?at(lmn,s1)-at(rmx,s2+2):at(lmn,s1)+at(rmn,s2+2));
if (tmp<v)
v=tmp,ts1=s1,ts2=s2+2;
}
if (s1+1<=mid-l+1 && s2+1<=r-mid){
int tmp=(s1+1&1?at(lmn,s1+1)-at(rmx,s2+1):at(lmn,s1+1)+at(rmn,s2+1));
if (tmp<v)
v=tmp,ts1=s1+1,ts2=s2+1;
}
if (s1+2<=mid-l+1){
int tmp=(s1+2&1?at(lmn,s1+2)-at(rmx,s2):at(lmn,s1+2)+at(rmn,s2));
if (tmp<v)
v=tmp,ts1=s1+2,ts2=s2;
}
gmn[i]=v;
s1=ts1,s2=ts2;
}
if (lmx[1]>rmx[1])
s1=1,s2=0,gmx[1]=lmx[1];
else
s1=0,s2=1,gmx[1]=rmx[1];
for (int i=3;i<=r-l+1;i+=2){
int ts1,ts2,v=INT_MIN;
if (s2+2<=r-mid){
int tmp=(s1&1?at(lmx,s1)-at(rmn,s2+2):at(lmx,s1)+at(rmx,s2+2));
if (tmp>v)
v=tmp,ts1=s1,ts2=s2+2;
}
if (s1+1<=mid-l+1 && s2+1<=r-mid){
int tmp=(s1+1&1?at(lmx,s1+1)-at(rmn,s2+1):at(lmx,s1+1)+at(rmx,s2+1));
if (tmp>v)
v=tmp,ts1=s1+1,ts2=s2+1;
}
if (s1+2<=mid-l+1){
int tmp=(s1+2&1?at(lmx,s1+2)-at(rmn,s2):at(lmx,s1+2)+at(rmx,s2));
if (tmp>v)
v=tmp,ts1=s1+2,ts2=s2;
}
gmx[i]=v;
s1=ts1,s2=ts2;
}
if (lmn[1]<rmn[1])
s1=1,s2=0,gmn[1]=lmn[1];
else
s1=0,s2=1,gmn[1]=rmn[1];
for (int i=3;i<=r-l+1;i+=2){
int ts1,ts2,v=INT_MAX;
if (s2+2<=r-mid){
int tmp=(s1&1?at(lmn,s1)-at(rmx,s2+2):at(lmn,s1)+at(rmn,s2+2));
if (tmp<v)
v=tmp,ts1=s1,ts2=s2+2;
}
if (s1+1<=mid-l+1 && s2+1<=r-mid){
int tmp=(s1+1&1?at(lmn,s1+1)-at(rmx,s2+1):at(lmn,s1+1)+at(rmn,s2+1));
if (tmp<v)
v=tmp,ts1=s1+1,ts2=s2+1;
}
if (s1+2<=mid-l+1){
int tmp=(s1+2&1?at(lmn,s1+2)-at(rmx,s2):at(lmn,s1+2)+at(rmn,s2));
if (tmp<v)
v=tmp,ts1=s1+2,ts2=s2;
}
gmn[i]=v;
s1=ts1,s2=ts2;
}
for (int i=1;i<=r-l+1;++i)
fmn[i]=gmn[i],fmx[i]=gmx[i];
}
int main(){
freopen("pe.in","r",stdin);
freopen("pe.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&a[i]);
dfs(1,n);
for (int i=1;i<=n;++i)
printf("%d ",_fmx[i]);
return 0;
}
总结
结论是要靠猜的……